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  <!-- <span v-katex="'f(x) = x^2 + 2x + 1'"></span> -->
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  <!-- <div v-html="theData"></div> -->
  <div v-html="theShowData"></div>
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<script lang="ts" setup>
  import { ref, onMounted } from 'vue'
  import { marked } from 'marked'

  const theData = ref(
    '<h3>1.几何证明思路</h3><ul><li><strong>构建几何模型</strong>：<ul><li>考虑单位圆（半径(r=1)），设圆心角(\angleAOB=x)（(x)为弧度制，且(0&lt;x&lt;\frac{\pi}{2})）。点(A)是单位圆与(x)-轴正半轴的交点，过(A)作单位圆的切线交(OB)的延长线于(D)，过(B)作(BC\perpOA)于(C)。</li><li>根据三角函数的定义，在(Rt\triangleOBC)中，(\sinx=BC)，(\tanx=AD)（因为(\tanx=\frac{\sinx}{\cosx})，在单位圆中，以(A)为切点的切线与(OB)延长线交点(D)到(A)的距离为(\tanx)），弧(\overset{\frown}{AB})的长度(l=r\cdotx=x)（(r=1)）。</li></ul></li><li><strong>推导面积关系</strong>：<ul><li>计算(\triangleAOB)的面积(S_{\triangleAOB}=\frac{1}{2}OA\cdotBC)，由于(OA=1)，所以(S_{\triangleAOB}=\frac{1}{2}\sinx)。</li><li>扇形(AOB)的面积(S_{扇形AOB}=\frac{1}{2}r^{2}x)（(r=1)），即(S_{扇形AOB}=\frac{1}{2}x)。</li><li>(\triangleAOD)的面积(S_{\triangleAOD}=\frac{1}{2}OA\cdotAD=\frac{1}{2}\tanx)。</li><li>因为(S_{\triangleAOB}&lt;S_{扇形AOB}&lt;S_{\triangleAOD})，所以(\frac{1}{2}\sinx&lt;\frac{1}{2}x&lt;\frac{1}{2}\tanx)（(0&lt;x&lt;\frac{\pi}{2})）。</li><li>不等式两边同时除以(\frac{1}{2}\sinx)（(\sinx&gt;0)，当(0&lt;x&lt;\frac{\pi}{2})），得到(1&lt;\frac{x}{\sinx}&lt;\frac{1}{\cosx})，取倒数可得(\cosx&lt;\frac{\sinx}{x}&lt;1)。</li></ul></li><li><strong>应用夹逼准则</strong>：<ul><li>当(x\to0^{+})时，(\lim_{x\to0^{+}}\cosx=1)，(\lim_{x\to0^{+}}1=1)。根据夹逼准则，(\lim_{x\to0^{+}}\frac{\sinx}{x}=1)。</li><li>当(x\to0^{-})时，令(t=-x)，则(\frac{\sinx}{x}=\frac{\sin(-t)}{-t}=\frac{-\sint}{-t}=\frac{\sint}{t})。当(x\to0^{-})，(t\to0^{+})，所以(\lim_{x\to0^{-}}\frac{\sinx}{x}=\lim_{t\to0^{+}}\frac{\sint}{t}=1)。</li><li>因为(\lim_{x\to0^{+}}\frac{\sinx}{x}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{\sinx}{x}=1)，所以(\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}=1)。</li></ul></li></ul><h3>2.利用洛必达法则证明</h3><ul><li><strong>判断极限类型</strong>：<ul><li>当(x\to0)时，(\sinx\to0)，(x\to0)，所以(\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x})是(\frac{0}{0})型的极限。</li></ul></li><li><strong>应用洛必达法则</strong>：<ul><li>洛必达法则指出，对于(\frac{0}{0})型或(\frac{\infty}{\infty})型的极限(\lim_{x\toa}\frac{f(x)}{g(x)})，在满足一定条件下，(\lim_{x\toa}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\toa}\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)})。</li><li>对于(y=\sinx)，其导数(y^\prime=\cosx)；对于(y=x)，其导数(y^\prime=1)。</li><li>那么(\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}=\lim_{x\to0}\frac{\cosx}{1})。</li><li>当(x\to0)时，(\cosx\to\cos0=1)，所以(\lim_{x\to0}\frac{\cosx}{1}=1)，即(\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}=1)。</li></ul></li></ul><h3>3.利用泰勒公式证明</h3><ul><li><strong>写出(\sinx)的泰勒展开式</strong>：<ul><li>函数(y=\sinx)的麦克劳林展开式（泰勒展开式在(x=0)处）为(\sinx=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\cdots+(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots)，(x\inR)。</li></ul></li><li><strong>计算极限</strong>：<ul><li>则(\frac{\sinx}{x}=\frac{x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\cdots+(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots}{x}=1-\frac{x^{2}}{3!}+\frac{x^{4}}{5!}-\cdots+(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n+1)!}+\cdots)。</li><li>当(x\to0)时，(\lim_{x\to0}\left(1-\frac{x^{2}}{3!}+\frac{x^{4}}{5!}-\cdots+(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n+1)!}+\cdots\right)=1)，所以(\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}=1)。</li></ul></li></ul><p>综上，(\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}=1)，这个极限在微积分中是一个非常重要的基本极限，常用于推导其他三角',
  )

  const theShowData = ref('')

  onMounted(() => {
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